Mostre que o triângulo é equilatéro.

[BossMvP]

Na figura seguinte, sabe-se que ABC é equilátero e que AE = BD = CF, mostre que EFD é também equilátero.

Anexos

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[PierreQuadrado]

Parece-me que a construção proposta não é possível... Se escolher à sua vontade um segmento BD, seguido de um segmento CF de acordo com a figura, para E estar no segmento BD, AE não pode ter o comprimento referido.

[PierreQuadrado]

Por favor ignorem o post anterior... Apenas sucede que o comprimento de BD não pode ser considerado de modo independente do angulo DBC, mas claro que a construção é possível.

[jorgeluis]

BossMvP,
veja se te ajuda:

Anexos

Triangulo.jpeg (59.28 KiB) Visualizado 3945 vezes

[PierreQuadrado]

Pois... A questão é mesmo ver que os três triângulos que rodeiam o triângulo interno são necessariamente iguais.

[Rui Carpentier]

Se conseguirmos demonstrar a seguinte afirmação/conjetura:

Para qualquer \(x\in \left]\ell /\sqrt{3},\ell \right[\) onde \(\ell =AB\), existe uma e uma só configuração tal que \(AE = BD = CF=x\)

então o resto do exercício é fácil. Basta rodar o triângulo 120º em torno do centro e, por unicidade da configuração, os triângulo ABE, BCD e CAF são levados nos triângulos BCD, CAF e ABE respetivamente. Logo os triângulos ABE, BCD e CAF são congruentes e o triângulo DEF tem que necessariamente ser equilátero.
Agora demonstrar a afirmação acima é que não é fácil (pelo menos não está sendo para mim). Uma hipótese seria usar a lei dos senos para obter um sistema de equações não-lineares em função das variáveis \(\alpha =\angle EAB\), \(\beta =\angle DBC\) e \(\gamma =\angle FCA\) e provar que tal sistema só tem uma solução. Só que, em geral, é difícil provar a existência e unicidade de solução em sistemas de equações não-lineares.
Acabei por seguir então uma abordagem mais "mecânica". Consideremos a configuração móvel onde os segmentos AE, BD e CF têm o mesmo comprimento, estão fixos nos extremos A, B e C (respectivamente) mas podendo mover as outras extremidades com as condições que E está em BD e F está em AE. Comecemos por colocar a configuração de modo que E=D e vamos movendo continuamente o ponto E de D para B. Podemos então observar que, ao longo deste movimento, o ponto D, que inicialmente está verticalmente por baixo de C, desloca-se para a esquerda (em direção a A) enquanto o ponto F, que inicialmente está à esquerda de C, desloca-se para a direita (em direção a B). Portanto, há de haver uma e uma só altura em que o ponto D estará em CF. Isto prova* a existência e unicidade da configuração pretendida.

* Há nesta prova algumas complicações e detalhes omissos. A principal é que D só se desloca para a esquerda se \(\angle AEB >90^o\), mas tal pode ser resolvido observando/mostrando que D não passa para a esquerda de C enquanto \(\angle AEB <90^o\) e até esse ângulo ser obtuso F nunca passa por baixo de C.

[PierreQuadrado]

Obrigado pelo esforço Rui! Realmente resolvi (numericamente) o sistema não linear (6 variáveis, as três que refere e ainda os comprimentos dos lados opostos a cada um desses ângulos) e obtive a igualdade entre os três ângulos e a igualdade entre os comprimentos dos três lados opostos. Talvez não seja muito difícil mostrar a existência e unicidade, mas confesso que não o fiz.

[Rui Carpentier]

Obrigado pelo esforço Rui! Realmente resolvi (numericamente) o sistema não linear (6 variáveis, as três que refere e ainda os comprimentos dos lados opostos a cada um desses ângulos) e obtive a igualdade entre os três ângulos e a igualdade entre os comprimentos dos três lados opostos. Talvez não seja muito difícil mostrar a existência e unicidade, mas confesso que não o fiz.

Uma questão, quando resolveu o sistema assumiu em algo ponto que \(\alpha =\beta =\gamma\)? É que se assumirmos que \(\alpha =\beta\) então facilmente chegamos à solução \(\alpha =\beta =\gamma =60^o -\mbox{arcsen}\left(\frac{\sqrt{3}x}{2\ell}\right)\). Mas isso não diz nada sobre a possibilidade de existir uma solução não simétrica, e sem isso não podemos demonstrar que o triângulo DEF tem de ser necessariamente equilátero. Agora se conseguiu resolver sem tal assunção então é possível que essa resolução demonstre a unicidade da solução e por isso gostaria que a partilhasse connosco.

PS: Estou a usar a mesma nomenclatura da minha mensagem anterior: \(\alpha = \angle EAB\), \(\beta = \angle DBC\), \(\gamma = \angle FCA\), \(x=AE=BD=CF\) e \(\ell =AB=BC=CA\).

[PierreQuadrado]

Tomei l=1 e, para cada \(x \in ]1/\sqrt{3}, 1[\), resolvi um sistema de 6 equações a seis variáveis (\(\alpha, \beta, \gamma, AF, EB, CD\)) sem assumir qualquer igualdade. Resolvido o sistema, constato que \(\alpha=\beta=\gamma\) e que \(AF=EB=CD\). Deste modo fica estabelecida a congruência dos triângulos [AFC], [CDB] e [AEB], o que torna trivial a conclusão pretendida.

A demonstração de existência e unicidade de solução para o problema não linear é um pouco delicada, já que a contractividade da aplicação que estou a usar (Teorema/método do ponto fixo de Banach) fica comprometida junto dos valores extremos de \(x\). O método do ponto fixo converge experimentalmente, mas sem que as condições suficientes de convergência sejam verificadas para os valores de \(x\) que referi.

[BossMvP]

Esta questão foi retirada do livro Geometria Euclidiana Plana Editora SBM, João Lucas Marques Barbosa, na verdade vários professores da UFBA e do IFBA tentaram e não conseguiram, como aqui só tem fera postei a questão, lembrando que apesar dos 3 segmentos terem o mesmo comprimento, não pode-se assumir que o ângulo formado por este e o lado do triângulo equilátero maior são iguais pros outros dois.